大学物理 圆周运动的角量描述 角量与线量的关系
大学物理课件-圆周运动的角量描述 角量与线量的关系
解 由题意得 v 32 m/s ω 4t2
k ω v 4 s3 t 2 Rt 2
v Rω 4Rt2
当t =0.5 s 时
v 4Rt2 2.0 m/s
an
v 2 2.0 m/s2
R θ
arctan(an
)
aτ
dv dt
8Rt
a an2 a 2
13.6
8.0 m/s2 8.25 m/s2
dt
d
dt
k
d 2
dt 2
k
k 和初始条件
求 ω, (t)
(t)
t
d dt
0
t1
(t)
t
d dt
0
t1
若为 β 常量，则
(t) 0 t
(t)
0
0t
1 2
t
2
例 一质点作半径为0.1 m 的圆周运动，已知运动学方程为
求
(1) 当t =2s
2 4t3
时，质点运动的an
解： 本题涉及：
岸、水、船、船上人
岸、水、船，以船为动点： V船对岸 V船对水 V水对岸
岸、船、船上人，以人 为动点：
V人对岸 V人对船 V船对岸
V人对船 V船对水 V水对岸
结果：
0
V3
V1
V2
V1 V2 V3 0
例2 某人骑自行车以速率V 向正西方行驶，遇到由 北向南刮的风设风速大小也为V），则他感到风 是从何方向吹来？
天花板松落，天花板与升降机的底板相距 2.74 m 。
求 螺母自天花板落到底板所需的时间. O 解 取螺母刚松落为计时零点.
a
O'
动点为螺母,取二个坐标系如图
刚体力学
理想化的模型： 刚体性质（1）具有质量 （2）占有空间位置 （3）大小、形状 不具有性质： 则力变形
突出主要因素 主要因素
忽略次要因素 次要因素
2.2 刚体转动定律与转动惯量
一、转轴 定轴转动
当刚体上所有的点都绕一条固定直线矩圆周运动时， 这种运动就叫定轴转动，这条固定直线就叫转轴。
东北农业大学 Northeast Agricultural University
刚体力学
物理教研室
2.1 变速圆周运动和角量描述 一、匀速圆周运动
圆周运动 质点曲线运动 圆周运动：质点运动的轨迹是一对圆。 圆周运动：质点运动的轨迹是一对圆。 质点的匀速圆周运动：质点在任何相同的时间 质点的匀速圆周运动： 匀速圆周运动 间隔所行经的弧长相等 弧长相等。 间隔所行经的弧长相等。
0
mg − T = ma LL( 1 ) TR = Iβ 2 LLL( 2 )
mgR β2 = mR 2 + m0 R 2 / 2 mg mg a = β2R = = I m + 2 m + m0 / 2 R
T
mg
例题
两对匀质圆盘，同轴地粘结在一起，构成一对组合轮。
小圆盘的半径为r，质量为 ；大圆盘的半径r’=2r，质量 = 2m。 小圆盘的半径为 ，质量为m；大圆盘的半径 ，质量m’ 。 组合轮可以绕通过其中心且垂直对盘面的光滑水平固定轴o转动 转动， 组合轮可以绕通过其中心且垂直对盘面的光滑水平固定轴 转动， 轴的转动惯量J=9mr2/2 。两圆盘边缘上分别绕有轻质细绳， 两圆盘边缘上分别绕有轻质细绳， 对o轴的转动惯量 轴的转动惯量 细绳下端各悬挂质量为m的物体 的物体A和 ，这一系统从静止开始运动, 细绳下端各悬挂质量为 的物体 和B，这一系统从静止开始运动 绳与盘无相对滑动且长度不变。已知r =10cm 。 求：（1）组合轮 绳与盘无相对滑动且长度不变。已知 的角加速度； 当物体上升h=0.4m时，组合轮的角速度。 的角加速度；（2）当物体上升 时 组合轮的角速度。
济南大学大学物理大作业完整答案
济南大学大学物理大作业答案完整版第1章 质点运动学§1.3 用直角坐标表示位移、速度和加速度一．选择题和填空题1. (B)2. (B)3. 8 m10 m4. ()[]t t A t ωβωωωββsin 2cos e 22 +--()ωπ/1221+n (n = 0, 1, 2,…) 5. h 1v /(h 1-h 2)二．计算题1解: (1) 5.0/-==∆∆t x v m/s(2) v = d x /d t = 9t - 6t 2 v (2) =-6 m/s (3) S = |x (1.5)-x (1)| + |x (2)-x (1.5)| = 2.25 m2解： =a d v /d t 4=t ，d v 4=t d t⎰⎰=vv 00d 4d tt tv=2t 2v=dx/dt=2t 2t t x txx d 2d 020⎰⎰=x 2=t 3 /3+x 0 (SI)§1.5 圆周运动的角量描述 角量与线量的关系一．选择题和填空题 1. (D) 2. (C)3. 16R t 24rad /s 24. -c(b -ct )2/R二．计算题1. 解： ct b t S +==d /d v c t a t ==d /d v ()R ct b a n /2+=根据题意： a t = a n 即 ()R ct b c /2+=解得 cbc R t -=§1.6 不同参考系中的速度和加速度变换定理简介一．选择题和填空题1. (C)2. (B)3. (A)4.0321=++v v v二．计算题1.解：选取如图所示的坐标系，以V表示质点的对地速度，其x 、y 方向投影为：u gy u V x x +=+=αcos 2v ，αsin 2gy V y y ==v当y =h 时，V的大小为： ()2cos 222222αgh u gh uy x ++=+=V V V V 的方向与x 轴夹角为γ，ugh gh xy +==--ααγcos 2sin 2tg tg 11V V第2章 牛顿定律§2.3 牛顿运动定律的应用一．选择题和填空题 1. (C) 2. (C) 3. (E)4. l/cos 2θ5. θcos /mgθθcos sin gl二．计算题1. 解：质量为M 的物块作圆周运动的向心力，由它与平台间的摩擦力f和质量为m 的物块对它的拉力F的合力提供．当M 物块有离心趋势时，f 和F 的方向相同，而当M 物块有向心运动趋势时，二者的方向相反．因M 物块相对于转台静止，故有F + f max =M r max ω2 2分 F － f max =M r min ω2 2分m 物块是静止的，因而F = m g 1分 又 f max =μs M g 1分 故2.372max =+=ωμM Mgmg r s mm 2分 4.122min=-=ωμM Mg mg r s mm 2分γ v2. 解：球A 只受法向力N 和重力g m，根据牛顿第二定律法向： R m mg N /cos 2v =-θ ① 1分 切向： t ma mg =θsin ② 1分由①式可得 )/c o s (2R g m N v +=θ 1分 根据牛顿第三定律，球对槽压力大小同上，方向沿半径向外． 1分 由②式得 θsin g a t = 1分三．理论推导与证明题 证：小球受力如图，根据牛顿第二定律tm ma F k mg d d vv ==--t mF k mg d /)(d =--v v初始条件： t = 0, v = 0．⎰⎰=-tt F)/m k mg 00d (d v -v v∴ k F mg mkt /)e1)((/---=v第3章 功和能§3.3 动能定理一．选择题和填空题 1. (B) 2. (C)3. 1.28×104 J4. 18 J 6 m/s二．计算题1. 解：用动能定理，对物体⎰⎰+==-402402d 610d 021x x x F m )(v 3分3210x x +=＝168解出 v ＝13 m/s 2分§3.4（1）势能一．选择题和填空题1.(C)2. 20kx2021kx -2021kx3. R GmM 32RG m M 3-4. 保守力的功与路径无关W = -ΔE P二．计算题1. 解：(1) 外力做的功＝31 J 1分(2) 设弹力为F ′= 5.34 m/s 1分(3) 此力为保守力，因为其功的值仅与弹簧的始末态有关． 2分§3.4（2）机械能守恒定律一．选择题和填空题1. (C)2.)(mr k )2(r k -二．计算题1. (1)建立如图坐标.某一时刻桌面上全链条长为y ,则摩擦力大小为g lymf μ= 1分 摩擦力的功 ⎰⎰--==00d d a l a l f y gy lmy f W μ 2分=022a l y l mg -μ =2)(2a l lmg--μ 2分 (2)以链条为对象，应用质点的动能定理 ∑W ＝222121v v m m-其中 ∑W = W P ＋W f ，v 0 = 0 1分W P =⎰la x P d =la l mg x x l mg la 2)(d 22-=⎰ 2分al -a⎰⎰⋅+==21d )4.388.52(d 2x x xx x xF W ⎰⎰⋅=-==1212d d 21'2x x x x Wx F x F m v 3分3分由上问知 la l mg W f 2)(2--=μ所以222221)(22)(v m a l l mg l a l mg =---μ 得 []21222)()(a l a l lg ---=μv 2分 2. 解：把卸料车视为质点．设弹簧被压缩的最大长度为l ，劲度系数为k ．在卸料车由最高点下滑到弹簧压缩最大这一过程中，应用功能原理有h G kl h G 12121sin 2.0-=-α ① 2分对卸料车卸料后回升过程应用功能原理，可得：22221sin 2.0kl h G h G -=-α ② 2分由式①和②联立解得： 372.030sin 2.030sin 21=-︒+︒=G G 1分第4章 冲量和动量§4.2 质点系的动量定理一．选择题和填空题 1. (D) 2. (C)3. 18 N ²s二．计算题1. 解：设在某极短的时间t ∆内落在传送带B 上矿砂的质量为m ，即m=q mt ∆，这时矿砂动量的增量为（参看附图）图1分12v v vm m m -=∆)( 1212221s m kg 98.375cos 2)(-⋅⋅∆=︒-+=∆t q m m m v v v v v 2分设传送带作用在矿砂上的力为F，根据动量定理)(v m t F ∆=∆ 于是 N 2.213.98/)(==∆∆=m q t m F v2分 方向： ︒==︒∆2975θ,sin sin )(θm m 2v v 2分由牛顿第三定律，矿砂作用在传送带B 上的（撞击）力与F大小相等方向相反，即等于2.21 N ，偏离竖直方向1︒，指向前下方． 1分§4.3 质点系动量守恒定律一．选择题和填空题 1. (C)2. 4.33 m/s ；与A 原先运动方向成 -30° 3.二．计算题1. 解：这个问题有两个物理过程：第一过程为木块M 沿光滑的固定斜面下滑，到达B 点时速度的大小为θsin gl 21=v 1分方向：沿斜面向下第二个过程：子弹与木块作完全非弹性碰撞．在斜面方向上，内力的分量远远大于外力，动量近似守恒，以斜面向上为正，则有V v v )(cos M m M m +=-1θ 3分Mm gl M m +-=θθsin cos 2v V 1分2. 解：(1) 因穿透时间极短，故可认为物体未离开平衡位置．因此,作用于子弹、物体系统上的外力均在竖直方向，故系统在水平方向动量守恒．令子弹穿出时物体的水平速度为v '有 m v 0 = m v +M v 'v ' = m (v 0 - v )/M =3.13 m/s 2分 T =Mg+M v 2/l =26.5 N 2分(2) s N 7.40⋅-=-=∆v v m m t f (设0v方向为正方向) 2分负号表示冲量方向与0v方向相反． 2分第5章 刚体力学基础 动量矩§5.2 力矩 刚体绕定轴转动微分方程量一．选择题和填空题 1. (C) 2. (B) 3.（B)4. 6.54 rad / s 24.8 s5. 62.51.67ｓ6. 0.25 kg ²m 2二．计算题1. 解：(1) ∵ mg －T ＝ma 1分TR ＝J β 2分 a ＝R β 1分 ∴ β = mgR / (mR 2＋J )()R M m mgMR mR mgR +=+=222122 ＝81.7 rad/s 2 1分 方向垂直纸面向外． 1分211m m t F +∆22211m t F m m t F ∆∆++(2) ∵βθωω2202-=当ω＝0 时， rad 612.0220==βωθ物体上升的高度h = R θ = 6.12³10-2 m 2分(3)==βθω210.0 rad/s方向垂直纸面向外. 2分2. 解：(1) 0＝ω 0＋β tβ＝－ω 0 / t ＝－0.50 rad ²s -2 2分 (2) M r ＝ml 2β / 12＝－0.25 N ²m 2分 (3) θ10＝ω 0t ＋21β t 2＝75 rad 1分§5.3 绕定轴转动刚体的动能 动能定理一．选择题和填空题 1. (D) 2. (A) 3.（D)4. 6π rad/s 237 J5. 角动量gl mM 334二．计算题1.解：选泥团和杆为系统，在打击过程中，系统所受外力对O 轴的合力矩为零，对定轴O 的角动量守恒，设刚打击后两者一起摆起的角速度为ω，则有 1分ωJ lm lm +=v v 110 ① 2分其中 2/l ⋅=ωv ② 1分在泥团、杆上摆过程中，选杆、泥团、地球为系统，有机械能守恒．当杆摆到最大角度θ 时有()()222121cos 121ωθJ m l g m M +=-+v ③ 3分联立解以上三式可得()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡++-=-gl M m m M m 4331cos 221v θ 3分2.解：(1) 将转台、砝码、人看作一个系统，过程中人作的功W 等于系统动能之增量： W ＝∆E k ＝212210222204)21(214)21(21n ml J n ml J π+-π+2 4分 这里的J 0是没有砝码时系统的转动惯量．(2) 过程中无外力矩作用，系统的动量矩守恒：2π(J 0＋2121ml ) n 1 = 2π (J 0＋2221ml ) n 2 ∴ ()()1222212102n n n l n l m J --= 4分(3) 将J 0代入W 式，得 ()2221212l l n mn W -π= 2分a§5.4 动量矩和动量矩守恒定律一．选择题和填空题 1. (C) 2. (B) 3.（C) 4.（D)5. 031ω6. ()212m R J m r J ++ω 7. ()l m M /3460+v二．计算题1. 解：将杆与两小球视为一刚体，水平飞来小球与刚体视为一系统．由角动量守恒得 1分ωJ l m lm +-=3223200v v （逆时针为正向） ① 2分 又 22)3(2)32(l m l m J += ② 1分将②代入①得 l230v =ω 1分2. 解：(1) 设当人以速率v 沿相对圆盘转动相反的方向走动时，圆盘对地的绕轴角速度为ω，则人对与地固联的转轴的角速度为R R v v221-=-='ωωω ① 2分 人与盘视为系统，所受对转轴合外力矩为零，系统的角动量守恒． 1分设盘的质量为M ，则人的质量为M / 10，有：ωωω'⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛+22022211021211021R M MR R M MR ② 2分 将①式代入②式得：R2120v+=ωω ③ 1分(2) 欲使盘对地静止，则式③必为零．即ω0 +2v / (21R )＝0 2分 得： v ＝－21R ω0 / 2 1分式中负号表示人的走动方向与上一问中人走动的方向相反，即与盘的初始转动方向一致．1分3. 解：(1) 角动量守恒：ω⎪⎭⎫ ⎝⎛'+='2231l m ml l m v 2分∴l m m m ⎪⎭⎫ ⎝⎛'+'=31vω＝15.4 rad ²s -1 2分(2) －M r ＝(231ml ＋2l m ')β 2分0－ω 2＝2βθ 2分∴ rM l m m 23122ωθ⎪⎭⎫ ⎝⎛'+=＝15.4 rad 2分答案 第六章 振动§6.1-1简谐振动 振幅 周期和频率 相位1-2.BB3. 1.2 s 1分; －20.9 cm/s 2分.4. 0.05 m 2分; -0.205π（或-36.9°）2分.5. )212cos(π-πT t A 2分; )312cos(π+πT t A 2分.二计算题1. 解: (1) v m = ωA ∴ω = v m / A =1.5 s -1∴ T = 2π/ω = 4.19 s 3分(2) a m = ω2A = v m ω = 4.5³10-2m/s 2 2分(3) π=21φ x = 0.02)215.1cos(π+t (SI) 3分 2. 解：(1) 1s 10/-==m k ω 1分, 63.0/2=π=ωT s 1分(2) A = 15 cm ，在 t = 0时，x 0 = 7.5 cm ，v 0 < 0 由 2020)/(ωv +=x A 得 3.12020-=--=x A ωv m/s 2分π=-=-31)/(tg 001x ωφv 或 4π/3 2分;∵ x 0 > 0 ，∴ π=31φ(3) )3110cos(10152π+⨯=-t x (SI) 2分§6.1-2简谐运动的能量1-3:DBD4. b ，f 2分; a ，e 2分.5. 9.90³102 J 3分§9-3旋转矢量1-6:BBBBCA7. π 1分; - π /2 2分; π/3． 2分.8. 10 cm 1分; (π/6) rad/s 1分; π/3 1分. 二.计算题1. 解：旋转矢量如图所示． 图3分由振动方程可得 π21=ω，π=∆31φ 1分667.0/=∆=∆ωφt s 1分2. 解：(1) 设振动方程为 )cos(φω+=t A x-由曲线可知 A = 10 cm , t = 0，φcos 1050=-=x ，0sin 100<-=φωv 解上面两式，可得 φ = 2π/3 2分由图可知质点由位移为 x 0 = -5 cm 和v 0 < 0的状态到x = 0和 v > 0的状态所需时间t = 2 s ，代入振动方程得 )3/22c o s (100π+=ω(SI) 则有2/33/22π=π+ω，∴ ω = 5 π/12 2分 故所求振动方程为：)3/212/5cos(1.0π+π=t x (SI) 1分 3. 解：依题意画出旋转矢量图3分。
第3讲 圆周运动的角量描述
第四节圆周运动及其描述上一节学习了一般的平面曲线运动，本节学习一种特殊且常见的曲线运动――圆周运动。
1 圆周运动的线量描述回顾上一节，我们在自然坐标系下使用了位置、速度、加速度等量来描述曲线运动。
这些量称为线量，所以上一节对于曲线运动的描述称为线量描述。
由于圆周运动是一种特殊的曲线运动，因而上一节关于曲线运动的描述完全适用于圆周运动的描述。
所以可以把上一节的结论直接用于圆周运动的线量描述。
位置：s＝s(t)速度：dsdt v=τ加速度：22d sdtτ=aτ(1a)2nvR=a n(1b)(1b)式中的R就是圆的半径，而v则是质点做圆周运动的速率。
质点作圆周运动时，如果切向加速度为0，就是所谓的匀速圆周运动．．．．．．。
2 圆周运动的角量描述极坐标系2.1 角位移除了线量描述形式外，对于圆周运动还有一种常用的描述形式――角量描述。
如图1所示，以圆心为极点，沿着任意方向引出一条线作为极轴，就建立了一个坐标系，称为极坐标系。
在极坐标系中，质点的位置所对应的矢径r与极轴的夹角θ称为质点的角位置，而dθ称为dt时间内的角位移。
注意：1，角位移．．．d．θ．既有大小，又有方向．．．．．．．．．(．但未必是矢量．．．．．．1)。
其方向由右手定则确定，即：伸出右手，使四指沿着质点旋转的方向弯曲，与四指垂直的拇指所指的方向1矢量的严格定义是：矢量是在空间中有一定的方向和数值，并遵从平行四边形加法法则的量。
即为d θ的正方向。
2，有限大小的角位移不是矢量(因为角位移的合成不符合交换律，比如翻一本书：先x->90，再y －>90，最后z －>90得到的结果，与先x->90，再z －>90，最后y －>90得到的结果不一样)，只有．．当△．．t ． ．0．时，角位移．．．．．d ．θ．才是矢量．．．．。
3，质点作圆周运动时，其角位移只有两种可能的方向，因此可以在标量前．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．加正号或者是负号来指明角位移的方向．．．．．．．．．．．．．．．．．。
2第二讲自然坐标系圆周运动的角量描述
vx
u
dt
dy
gt
vy
dt
v u2 g 2 t 2
2
g
t
dv d
2
2 2
u g t
a
dt dt
u2 g 2 t 2
an a a
2
ug
2
u g t
2
2 2
相对运动
球
垂
直
往
返
运动具有相对性
球作曲线运动
如何变换？
描述运动三参量合成的约定
绝对量
建立自然坐标系：（P的切向）（P的法向）
p
o
ˆ
n̂
规定：切向单位矢量 ˆ ， 指向运动方向
法向单位矢量 n̂
指向轨道的凹侧
用这样一对正交的切向、法向单位矢量构成坐
标系统称为自然坐标系。
在自然坐标系中，切向、法向单位矢量并不固
定，它们随质点的位置而变。
p
ˆ
o
ˆ
n̂
n̂
直角坐标系是静坐标系
教学基本要求：
能计算质点在平面内运动时的速度和加速度；
能计算质点作圆周运动时的角速度、角加速度
、切向加速度和法向加速度。
本节内容提纲
一，自然坐标系
1，运动方程
2，速度
3，加速度
二，圆周运动的角量描述
1，角位置
2，角速度
3，角加速度
三，角量与线量的关系
四，一般曲线运动
一、自然坐标系中的运动方程，速度及加速度表示：
=
tgα
=
−
tgα
圆周运动的角量表示
四、牛顿定律应用举例
两类力学问题：
•已知力求运动 •已知运动求力
桥梁是加速度
G a
解题步骤：十六字诀
隔离物体——明确研究对象
具体分析——研究对象的运动情况和受力情
况，作出受力图
选定坐标——参考系、坐标系、正方向
建立方程——分量式
Fx
= max
= m d vx dt
=
d2 x m
dt2
Fy
= may
பைடு நூலகம்
= m dvy dt
Fn
= man
G
=
m
v2
ρG
F = ma = maτ eτ + manen
三、牛顿第三定律
对于每一个作用,总有一
个相等的反作用与之相反;或 者说,两个物体对各自的对方
F21
2
的作用总是相等的,而且指向
相反的方向。
F12 1
第三定律的数学表达式: GG F12 = −F21
注意:1.作用力与反作用力同生同灭。
１.２.２圆周运动中的 切向加速度和法向加速度
一、圆周运动的角量表示
1、角位置
θ = θ (t)
2、角位移
K
K
v2 B v1
R Δs A
Δθ
θ
O
X
Δθ
3、角速度
ω = dθ dt
单位：rad/s
4、角加速度
α = dω = d 2θ dt dt 2
单位：rad/s2
ds = rdθ
dθ
ωG vvG==ωRGω× RG
=
m
d2 dt
y
2
Fz
= maz
= m d vz dt
大学物理 力学习题课汇总
d2 z j dt2 k
2、运动学中的两类问题 ： 1) 已知：质点 运动 学方程 r r (t
求： v , a , r 及轨迹方程。
)。2）求已：知：av及及初值r条(t)件。
解法：求导。
解法：积分
3、圆周运动：
角量描述： (t) 2 1
切向与法向加速度：
at
dv dt
an
v2 r
间隔内质点走过的路程为（ ）。
8m、10m
力F
时间积累：冲量 空间积累：功 空间转动效应：力矩
动量定理
动能定理
角动量定理
质点 质点系 质点 质点系 质点 质点系 刚体
动量守恒定律
质点
质点系
保守力 势能
角动量守恒定律 定轴转动定律
动力学知 识点回顾
机械能守恒定律
刚体动能定理
能量守恒定律 刚体机械能守恒定律
d d
dt
dt
a atet anen
角量与线量的关系：
v r an r2 at r v r
4、相对运动：
vA对B vA对C vC对B
aA对B aA对C aC对B
5、注意区分：
1 ) r与r
2) a与at
a
d
v
dt
| r | 与r
a
与at
at
dv dt
例：质点在运动过程中：
m
D
2
1
r1
r2
心角动量守恒。
判断：
O
①作用于质点系的外力的矢量和为零，则外力矩之和也为零。
②质点的角动量不为零，作用于该质点上的力一定不为零。
③质点系的动量为零，则质点系的角动量为零，质点系的角
力学1-4复习和习题讲解
坐标原点，则该质点任意时刻的位矢是＿＿＿＿.
解： 依题意，有 a F t i 4ti dv
m 0.25
dt
分离积
分变量
v
dv
2j
t
4t i
dt
v 2t 2 i 2 j
0
再由 v dr dr vdt dt
量大小为_m__v_d____。
分析： L r mv L rmv sin(r ,v )
mvr sin
mθ v
d θ•
r
o
mvd
11. (学习指导p27. 35 ) 质点P的质量为2kg,位移矢量为r ,
速度为v ，它受到力 F 的作用，这三个矢量均在Oxy面内，
且r =3.0m , v=4.0m/s , F=2N , 则该质点对原点O的角动
1
v5 m
5
5m(5
2t )dt
（25 5t 2）5
0
0
0
5.（学习指导p24. 16） 如图所示，光滑平面上有一个运动物体P，在P的 正前方有一个连有弹簧和挡板M的静止物体Q， 弹簧和挡板的质量不计， P与Q质量相同。物体P 与Q碰撞后P停止， Q以碰前P的速度运动。在此 碰撞过程中，弹簧压缩量最大的时刻是（ ）
（1）串联后总的劲度系数k满足： （2）并联后总的劲度系数k满足：
11 1
k k1 k2 k k1 k2
k1
k2
F
（1）
k1
k2
F
（2）
解（1） 串联时，两弹簧受力相等，均为F；伸长分 别为x1、x2.则总伸长x=x1+x2.
∴有 F=k1x1=k2x2
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四、 角量与线量的关系
速度
Q
s
P
s v lim lim r r t 0 t t 0 t
o
x
v r
加速度
dv d(r ) a dt dt
v 2 (r )2 an r r
a r
an 2r
例 一质点作半径为0.1 m 的圆周运动，已知运动学方程为
求 (1) 当t =2 s 时，质点运动的 a 的大小
(2) 当 =? 时，质点的加速度与半径成45 角？ 分析 (1) a
o
2 4t
3
an aτ
2
2
a o (2) a 与 n 成 45 角，即 aτ an
d 2 aτ rβ r 2 24tr dt
1.5 圆周运动的角量描述 角量与线量关系
一、 角位置与角位移
角坐标
Q
s
P
经过 t 时间，角位移
o
x
二、 角速度
平均角速度 ω t
d 角速度 ω lim t 0 t dt
三、角加速度
经过 t 时间，角速度由 +
ω dω d 2 2 角加速度 lim 平均角加速度 t 0 t t dt dt 说明 角加速度是角速度对时间的一阶导数
例 一质点在水平面内以顺时针方向沿半径为2m 的圆形轨道运 动。此质点的角速度与运动时间的平方成正比，即ω=4t 2。 求 t =0. 5s 时质点 (1) 路程 (2) 加速度 分析 路程 s = r ，先求出角位移 解 (1) 角位移
θ dt 0
0
0.5
0.5
1 4t dt 6
d 2 2 4 a r ω r ( ) 144 t r 解 (1) n dt
2 2
a an aτ 230.5(m/s 2 )
o (2) a与 an 成 45 角，即 aτ an
则 144t 4 24t
t 0.55
2 4t 3 2.67(rad)
2
路r 16t r 2.0
aτ r
d 8rt 8.0 dt
2 2 an a a a 与切向夹角 arctan ( ) 13.6 n 8.25 a